人教A版高二数学上学期重难点突破期末复习专题1.5空间向量的探索性问题（强化训练）（2份打包，原卷版+解析版）

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题型一平行中的探索性问题
1．如图所示，在四棱锥，面，底面为正方形．
(1)求证：面；
(2)已知，在棱上是否存在一点，使面，如果存在请确定点的位置，并写出证明过程；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为线段的中点时，面，理由见解析
【分析】（1）通过证明和即可证明面.
（2）由几何知识建立空间直角坐标系，根据点在棱上，设出正方形边长，的长，进而表达出点坐标，通过面解出点坐标，即可确定点的位置.
【详解】（1）在四棱锥中，面，面，面，
∴，，
在正方形中，，
∵面，面,面，，
∴面
（2）建立空间直角坐标系如下图所示：
设，
则
∴，，，，
∴，
在面中，，，
设面的一个法向量为，
∴即，解得，
当时，，即，
若面，则，
∴，
解得：，
∴，
∴当点为线段的中点时，面.
2．如图，正四棱锥的底面边长为2，侧棱长是，点为侧棱上的点．
(1)求正四棱锥的体积；
(2)若平面，求二面角的大小；
(3)在（2）的条件下，侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)当时，平面．
【分析】（1）作出辅助线，找到正四棱锥的高，并求出长度，利用锥体体积公式求出答案；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小；
（3）在第二问的基础上，设，通过得到的坐标，结合求出的值，求出答案.
【详解】（1）连接BD与AC相交于点O，连接SO，
因为正四棱锥的底面边长为2，侧棱长是，
所以SO⊥平面ABCD，，
即SO为正四棱锥的高，
故正四棱锥的高，
正方形ABCD的面积为，
所以正四棱锥的体积；
（2）以为坐标原点，分别为轴、轴、轴正方向，
建立坐标系如图．由（1）知高．
于是，
，，
故，从而，
所以平面的一个法向量，
平面的一个法向量．
由图可知二面角为锐角，设所求二面角为，
则，
所求二面角的大小为；
（3）在棱上存在一点使平面．
由（2）得是平面的一个法向量，
且，设，
则，
而，即当时，，
而不在平面内，故平面．
3．已知直角梯形中，，，，，，为的中点，，如图，将四边形沿向上翻折，使得平面平面.

(1)在上是否存在一点，使得平面？
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)为的中点时，平面，证明见解析；
(2)二面角的余弦值为.
【分析】（1）取的中点为， 证明，利用线面平行判定定理证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求二面角的余弦值.
【详解】（1）当点为的中点时，平面，证明如下：
由已知，
所以四边形为矩形，
所以，，
已知，点为的中点，则，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以在上存在一点，使得平面；
’
（2）因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，又，
以点为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，，
所以，故，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，，
所以，故，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设二面角的平面角为，
则，观察图象可得，
所以.
所以二面角的余弦值为.

4．如图，直三棱柱中，，D是的中点．
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)异面直线与所成角的大小为；
(2)二面角的余弦值为；
(3)存在点，使得平面，此时.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求直线与的方向向量，利用向量夹角公式求夹角；
（2）求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求结论；
（3）设，再求的坐标，由条件列方程求，由此可得结论.
【详解】（1）以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系；
由已知，，，，
所以，，
所以，
设异面直线与所成角的大小为，则，
又，所以，
所以异面直线与所成角的大小为；
（2）因为，，，
则，，
设平面的法向量为，则
，故，
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
平面的一个法向量为，
所以，
观察图象可得二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为；
（3）假设存在点，使得平面，
设，
因为，，，
则，所以，又
所以，
向量为平面的一个法向量，
由已知，所以，
所以，
所以存在点，使得平面，此时.
5．中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石．如图所示的一块木料中，是正方形，平面，，点，是，的中点．
(1)若要经过点和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面周长；
(2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析.
【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得平面，设的中点为，根据线面平行的性质可得就是应画的线，然后根据线面垂直的判定定理结合条件可得截面周长；
（2）建立空间直角坐标系，可得平面的法向量，设平面，根据线面垂直的性质可得的位置，进而即得.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以平面，又平面，
设平面平面，则，
设的中点为，连接，则，又，
所以，即为，就是应画的线，
因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，平面，
所以，即截面为直角梯形，又，
所以，，
所以，截面周长为；
（2）以点为坐标原点，，，分别为，，轴的正向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
设平面，设，又，
∴，，
由，可得，即，
即为的三等分点，连接，即就是应画的线.
6．如图，底面为直角梯形的四棱柱中，侧棱底面，为的中点，且为等腰直角三角形，，，．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)线段上是否存在点，使平面？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)当F满足时，有平面．
【分析】（1）根据线面垂直的性质证明平面，即可证明；
（2）建立空间坐标系，利用向量法即可求直线与平面所成角的正弦值；
（3）根据线面平行的判定定理，结合空间直角坐标系即可得到结论．
【详解】（1）取的中点，连结，，
∵，∴，
∵四边形是直角梯形， ，,
∴四边形为正方形，∴，
又，为平面内的两条相交直线，
∴平面，由平面，∴.
（2）∵平面平面，且，
∴平面，∴，
由，，两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
∵为等腰直角三角形，
∴，设，
则，，
∴，
则平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值是．
（3）存在，且时，有平面，
证明如下：由，，
∴，，
设平面FBD的法向量为，
则，即，
令，则，
∵，即，
∵平面，∴平面．
即当满足时，有平面．
7．如图1，在平面内，ABCD是且的菱形，和都是正方形．将两个正方形分别沿，折起，使与重合于点．设直线过点且垂直于菱形所在的平面，点是直线上的一个动点，且与点位于平面同侧（图2）．
(1)设二面角的大小为，若，求线段的长的取值范围；
(2)若在线段上存在点，使平面平面，求与BE之间满足的关系式，并证明：当时，恒有.
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）设菱形的中心为，以为原点，对角线，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系如图．设，得到平面和平面的法向量，从而得到二面角的余弦值的表达式，再根据其范围，得到的范围；
（2）假设存在满足题意的点，令，从而得到点坐标，得到∥平面，则，得到等式，解出.
【详解】（1）因为，平面，故平面，
设菱形的中心为，以为原点，对角线，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系如图，设，
设平面的法向量为，
则，
令得．
设平面的法向量为，
则，
令得．
二面角的大小为，由题设可得．
，，
，整理得且，
又，解得，
所以的取值范围是.
（2）设BE＝t，t＞0，，
令，则，
解得，则，
，，
且，则为平行四边形，从而，
平面，平面，得平面，
由平面平面，得平面，，
，化简得：，（ta），即，
所以当0＜t＜a时，，即当时，恒有.
8．如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.
(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD.
【分析】对于（1），取AB中点为H，先由条件证得PH⊥平面ABCD，后可得答案.
对于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A为原点的空间直角坐标系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案.
【详解】（1）证明：取棱AB长的一半为单位长度.
则在中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根据余弦定理，
得
得，故AB⊥AC.
又PB⊥AC，PB∩AB=B，平面PAB，AB平面PAB，故AC⊥平面PAB.
又平面ABCD，AC⊥平面PAB，则平面ABCD⊥平面PAB.
取AB中点H，连接PH，CH.
因是等边三角形，则PH⊥AB，又PH 平面PAB，
平面ABCD 平面PAB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD.
得∠PCH是CP与平面ABCD所成的角.
在直角三角形中，，
，.
故，即为所求.
（2）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
如图，以A为原点，分别以为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz，
则，
，
设是平面PAD的法向量，则
，取.
设，其中.
则
连接EF，因AC∥平面BEQF，，平面PAC∩平面BEQF=EF，
故AC∥EF，则取与同向的单位向量.
设是平面BEQF的法向量，
则，
取.
由平面BEQF⊥平面PAD，知，有，解得.
故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD.
【点睛】关键点点睛：本题涉及线面角，及立体几何中的动点问题.对于（1），关键能在各种线面关系中做出相应线面角的平面角.对于（2），求动平面的法向量时，可利用线面平行关系找到动平面内向量的共线向量.
题型二垂直中的探索性问题
9．如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4．
(1)求点A到平面PCD的距离；
(2)线段BP上是否存在点E，使得DE⊥平面PAC，若存在，求出该点位置，若不存在，则说明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）利用等积法，根据线面垂直，面面垂直的判定及性质结合条件即得；
（2）利用坐标法，设，结合条件可得，进而即得.
【详解】（1）由题意，，
由PB⊥平面ABCD，PB⊂平面PBC，
可得平面PBC⊥平面ABCD，
而DC⊥BC，且平面平面，平面ABCD，
∴DC⊥平面PBC，平面PBC，
可得DC⊥PC，
∵CD＝3，PC＝，
∴，
设A到平面PCD的距离为h，则，
即h＝，
∴点A到平面PCD的距离为；
（2）以B为坐标原点，分别以BC、BA、BP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则D（3，3，0），C（3，0，0），P（0，0，4），
设，则，，
若DE⊥平面PAC，则，
解得，不合题意，
故线段BP上不存在点E，使得DE⊥平面PAC．
10．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1A的中点．
(1)求证：BC1∥平面CEF；
(2)在棱A1B1上是否存在点G，使得EG⊥CE？若存在，求A1G的长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，．
【分析】（1）连结AD1，则FE∥BC1，由此能证明BC1∥平面CEF．
（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出在棱A1B1上存在点G，使得EG⊥CE，且．
【详解】（1）连结AD1，则BC1∥AD1，AD1∥FE，∴FE∥BC1，
∵FE⊂面CEF，BC1⊄面CFE，
∴BC1∥平面CEF．
（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
假设棱A1B1上是存在点G，使得EG⊥CE，设A1G＝λ（0≤λ≤1），
则G（1，λ，1），，C（0，1，0），
，，
∵EG⊥CE，∴， 解得．
∴在棱A1B1上存在点G，使得EG⊥CE，且．
11．如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，平面平面，，，点是的中点，
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)证明：在线段上存在点，使得.并求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析，.
【分析】(1)连接，，记两直线的交点为，证明，根据线面平行判定定理证明平面；
(2)证明，，根据线面垂直判定定理证明平面；
(3) 以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，设，由垂直关系列方程求出即可.
【详解】（1）连接，，记两直线的交点为，因为四边形是正方形，所以为的中点，又点为的中点，所以，平面，平面，所以平面；
（2）因为，，，所以，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，因为四边形是正方形，所以，又，平面，平面，所以平面；
（3）因为平面，，故以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，， ，，
设在线段上存在点，使得，且， 则，
所以，
因为，若，则，解得：，
所以在线段上存在点，使得且.
12．正△ABC的边长为2，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，先将△ABC沿CD翻折成直二面角．
(1)求二面角E－DF－C的余弦值；
(2)在线段BC上是否存在一点，使AP⊥DE？证明你的结论．
【答案】(1)；
(2)在线段BC上存在点，使，证明见解析.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式可求二面角E－DF－C的余弦值；
（2）设，由条件列方程求点坐标即可.
【详解】（1）由已知，
所以为二面角的平面角，
又二面角为直二面角，所以，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以
设平面EDF的法向量为，则，即，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
又为平面的一个法向量，
，
∴二面角E－DF－C的余弦值为．
（2）设，则，
因为，
所以，
∴，
又，，
∵，
∴，
∴，
把代入上式得，
∴，
∴，
∴在线段BC上存在点，使AP⊥DE．
13．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，E为BC的中点.
(1)证明：平面ABCD
(2)在线段AN上是否存在点S，使得平面AMN，如果存在，求出线段AS的长度.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】(1)连接，由题意可知：四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定即可证明；
(2)根据题意，建立如图所示空间直角坐标系，得到相关点的坐标，假设在线段上存在点，
使得平面，求得的坐标，可设，由平面可得关于的方程组，
解得的值，可得的坐标以及的值，从而得出结论.
【详解】（1）证明，连接，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又因为，所以四边形为平行四边形，
所以,平面,,所以平面ABCD.
（2）由题意知：两两垂直，以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
假设在线段上存在点，使得平面，连接，设，
因为，，
所以，则，
由平面可得，，即，解得：，
此时，，
故当时，平面.
14．如图，在长方体中，点为的中点，且，，点在线段上．
(1)问：是否存在一点，使得直线平面？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
(2)若是线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）假设直线平面，利用线面垂直的性质则有，进而可证明，与实际情况不符，从而证明不成立；（2）分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系．空间向量法求平面与平面的夹角的余弦值即可.
【详解】（1）不存在．
理由如下：若直线平面，则必有．
如图，连接，假设，
因为平面，所以，
又因为，所以平面，
所以，显然不成立，
所以线段上不存在点，使得直线平面．
（2）分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
易知点，，，，，
则，，．
设平面的法向量为，
则
令，得平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，
则
令，得平面的一个法向量为．
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
15．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，E是PA的中点.
(1)求证：平面BDE.
(2)若直线BE与平面PCD所成角的正弦值为，求PA的长度.
(3)若PA=2，线段PC上是否存在一点F，使AF⊥平面BDE？若存在，求出PF的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)PA长为2或4
(3)存在，
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定可得平面ADP，进而以D为原点建立空间直角坐标系，设，求出平面BDE的法向量，再证明即可；
（2）由（1），设平面PCD的法向量为，得出，再根据线面角的向量方法求解可得或；
（3）令，再根据，与平行列式求解，进而根据空间向量模长公式求解即可.
【详解】（1）因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
因为ABCD为正方形，所以.
又，且平面ADP，所以平面ADP.
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，设，
则，，，，，，
所以，，.
设平面BDE的法向量为，
则，即，
令，则，，得.
由题意得.
因为平面BDE，所以平面BDE.
（2）由（1）知，，.
设平面PCD的法向量为，
则，即，
令，则，，得，
又，
设直线BE与平面PCD所成的角为，
则，解得或，所以PA长为2或4.
（3）存在，理由如下：因为，所以，
令，所以，
，，
所以，解得，则，
故.
16．如图所示，是等腰直角三角形，，、都垂直平面，且．
(1)证明：；
(2)在平面内寻求一点，使得平面，求此时二面角的平面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明；
（2）根据四点共面、线面垂直等求出点的坐标，再利用空间向量坐标运算即可求得二面角的平面角的正弦值.
【详解】（1）因为，、都垂直平面，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
，则，
所以，则，故；
（2）设平面的法向量为，
则，令，则
设，则，由于平面，所以，则，所以，即，
又平面，故存在实数，且满足，使得，
故，解得，所以
设平面的法向量为，又
则，令，则
设平面的法向量为，又
则，令，则，
所以，所以
则二面角的平面角的正弦值为.
题型三夹角中的探索性问题
17．在三棱锥中，底面是边长为的等边三角形，点在底面上的射影为棱的中点，且与底面所成角为，点为线段上一动点．
(1)求证：；
(2)是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且点为的中点
【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）分析可知，平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：连接，为等边三角形，为的中点，则，
因为点在底面上的射影为点，则平面，
平面，，
，、平面，平面，
平面，.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为平面，所以，与底面所成的角为，
则、、，设点，其中，
，，设平面的法向量为，
则，取，则，
，设平面的法向量为，
则，取，则，
由已知可得，可得，
，解得，即点.
因此，当点为的中点时，二面角的余弦值为．
18．如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至.
(1)证明：平面平面；
(2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面；
（2）证明平面，建立空间直角坐标系，，求平面，平面的法向量，由条件列方程求即可.
【详解】（1）因为，，
所以，所以，
所以，又因为，
，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）因为，，∴，
又∵，，平面，
∴平面，
∴、、两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
因为，，
所以.
则，，，，
平面的一个法向量为，
，设，
，
，
设平面法向量为，
则，所以，
取，则，，
故为平面的一个法向量，
所以，
解得，符合题意
即，∴.
【点睛】
19．四棱锥中，侧面底面，，底面是直角梯形，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)侧棱上是否存在异于端点的一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）利用面面垂直的性质推导出平面，可得出，利用勾股定理推导出，再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；
（3）设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
平面，，所以，平面，
因为平面，所以，，
取的中点，连接，
在直角梯形中，，，，，
因为为的中点，则，且，
所以，四边形为正方形，所以，，且，
所以，，，
因为，所以，，故，
因为，、平面，所以，平面.
（2）解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
由（1）知平面，所以，平面的一个法向量为，
因为，则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为二面角的余弦值为，则，
整理可得，因为，解得，
且当时，由图可知，二面角为锐角，
因此，侧棱上存在异于端点的一点，使得二面角的余弦值为，且.
20．如图，圆柱的轴截面是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦交于点，其中．
(1)证明：平面平面;
(2)判断上底面圆周上是否存在点，使得二面角的余弦值为．若存在，求的长;若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，的长为．
【分析】（1）将面面垂直转化为平面，根据圆和圆柱的性质可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量可解.
【详解】（1）证明：由题意可知：在下底面圆中，为直径．
因为
所以为弦的中点，且．
因为平面．
所以平面．
因为平面．
所以平面平面．
（2）
设平面交圆柱上底面于，交于点．
则二面角的大小就是二面角的大小．
分别以下底面垂直于的直线、为轴建立空间直角坐标系如图所示．
因为，底面圆半径为3，所以．
则，设．
所以，
．设平面的一个法向量为．
由得：即：
令则．
设平面的一个法向量为．
由得：即：
令可得
所以
化简得，解得：或(舍)．
即：．又因为平面平面，平面平面
所以，且为的中点．
所以．
所以存在点，使得二面角的余弦值为的长为．
21．如图，四棱锥，平面，且，，，是边长为2的正三角形．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点E，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，请指出点E的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3)存在，点与点重合.
【分析】（1）取中点为，连结.由已知可得出，，进而可得出四边形为平行四边形，所以.进而根据线面平行的判定定理，即可得出；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.写出各点的坐标，求出平面的法向量.由已知可得即为平面的一个法向量.然后根据向量法，即可求出结果；
（3）.然后表示出，根据向量法求出线面角.令，整理即可得出的值.
【详解】（1）如图1，取中点为，连结.
因为是中点，所以.
因为，所以，所以.
因为是边长为2的正三角形，是中点，
所以，所以，所以.
则在四边形中，有，，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为，平面，平面，所以平面.
（2）
由已知平面，平面，
所以，.
以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，如图2建立空间直角坐标系.
则，，，，，，
所以，，，.
设是平面的一个法向量，
则有，取，可得，
所以，是平面的一个法向量.
因为平面，所以即为平面的一个法向量.
因为，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
（3）存在，当点与点重合时，满足条件.
设.
由（2）知，，所以，
所以.
又是平面的一个法向量，
则.
令，整理可得，，
解得或（舍去）.
所以，，即当点与点重合时，满足条件.
22．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先证明，结合，由线面垂直判定定理和定义证明，取中点G，由面面垂直性质定理证明平面，由此可得，最后利用线面垂直判定定理证明平面；
【详解】（1）为等边三角形，D为中点，
，
又，，，平面，
平面，
平面，
，
取中点G，连接，
为等边三角形，
，
平面平面，平面平面，平面.
平面，
，
与相交，，平面，
平面；
（2）以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C且与平行的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，
设，则
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，可得，
为平面的一个法向量，
取平面的一个法向量为，
则，
解得，此时，
在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且.
23．已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；或
【分析】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值；
（3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可.
【详解】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、，
由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，，
因为，所以，所以点、、、四点共面，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，
以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，易知平面的一个法向量，
所以，所以，
又因为平面，所以平面．
（2）解：设平面的法向量，，，
则，取，可得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角余弦值为；
（3）解：假设存在点，使得，其中，
则，
由（2）得平面的一个法向量为，
由题意可得，
整理可得．即，
因为，解得或，所以，或．
24．如图，正三棱柱中，，点为线段上一点（含端点）.
(1)当为的中点时，求证：平面
(2)是否存在一点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合，化简线面垂直判定定理证明平面；
(2) 设，，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由条件列方程求即可.
【详解】（1）由已知，平面，为等边三角形，
以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，
作轴，，，
则，
则，
而
∴
∴
由菱形性质知
∵平面，平面，
∴平面；
（2）由(1)，，
为平面的一个法向量，
设，，则
所以，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
取可得，，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，则
解得：或（均符合题意）
所以存在一点，，使平面与平面所成角的余弦值为.
题型四距离中的探索性问题
25．如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）由于，所以，
根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直.
以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
设直线和平面所成角为，则；
（3）设，则，
过T作，则，
∵，
∴，
∴，∴或（舍）
∴.
26．如图，四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，且，E为PD的中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的大小；
(3)在侧棱PC上是否存在点F，使得点F到平面AEC的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；
【分析】（1）作出辅助线，证明线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求解二面角；
（3）设出F点坐标，用空间向量的点到平面距离公式进行求解.
【详解】（1）证明：连接BD，设BD与AC交于点O，
连接PO．因为，所以．
四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，则．
又，所以平面PBD，
因为平面PBD，所以．
（2）因为，所以，所以由（1）知平面ABCD，
以O为原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，
所以，，，
设平面AEC的法向量，则，
即，令，则
平面ACD的法向量，，
所以二面角为；
（3）存在点F到平面AEC的距离为，理由如下：
由（2）得，，
设，则，
所以点F到平面AEC的距离，
解得，，所以．
27．图1是直角梯形ABCD，，，四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，以BE为折痕将折起，使点C到达的位置，且，如图2.
(1)求证：平面平面ABED；
(2)在棱上是否存在点P，使得P到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）作出辅助线，得到⊥BE，⊥BE，且，由勾股定理逆定理求出AF⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P的坐标，从而得到线面角.
【详解】（1）取BE的中点F，连接AF，，
因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，
所以均为等边三角形，
故⊥BE，⊥BE，且，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得：AF⊥，
又因为，平面ABE，
所以⊥平面ABED，
因为平面，
所以平面平面ABED；
（2）以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，，，
故，
解得：，
故，
设平面的法向量为，
则，
故，
令，则，故，
其中
则，
解得：或（舍去），
则，
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
28．如图，在梯形中，，，分别是的中点，且交于点O，现将梯形沿对角线AC翻折成直二面角.
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)若，试问在线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）由中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）作出辅助线，证明出线线垂直，利用题干中的面面垂直得到线面垂直，进而证明出线线垂直；（3）利用余弦定理得到，利用第二问结论和等体积法求出，利用体积之比得到线段之比.
【详解】（1）因为梯形中，，分别是的中点，且交于点O，由平行线分线段成比例可得：是的中点，故是△的中位线，所以∥，又因为平面，平面，所以平面.
（2）取得中点，连接
因为，CD=2，所以AG//DC，AG=DC，∴四边形ADCG是平行四边形，
∴CG=AD=2，∴CG=AG=GB，∴∠ACB=90°，即
又平面平面，且平面平面
平面
又平面，
（3）存在点，得三棱锥的体积为，此时，理由如下：因为∠ADC=60°，则△ACD是等边三角形，所以AC=2，∠BAC=60°，因为，由余弦定理可得：，解得：，由（2）知：平面，所以，
又因为，所以，因为，所以,.
29．图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据长度关系可证得为等边三角形，取中点，由等腰三角形三线合一和勾股定理可证得、，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设存在且，由共线向量可表示出点坐标，利用点到面的距离的向量求法可求得，进而由二面角的向量求法求得结果.
【详解】（1）在图中取中点，连接，，
，，，，，
，，，四边形为矩形，，
，又，为等边三角形；
又，为等边三角形；
在图中，取中点，连接，
为等边三角形，，，
，又，，，
又，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设棱上存在点且满足题意，
即，解得：，即，
则，
设平面的法向量，
则，令，则，
，
到平面的距离为，解得：，
，
又平面的一个法向量，
，
又二面角为锐二面角，二面角的大小为.
30．图1是直角梯形ABCD，，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达的位置，且．
(1)求证：平面平面ABED．
(2)在棱上是否存在点P，使得点P到平面的距离为？若存在，求出直线EP与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）在图1中，连接，交于O，由几何关系可得，，结合图2易得 是二面角 的平面角，由勾股定理逆定理可证，进而得证；
（2）以，， 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 ，，求得，同时求出平面的法向量，由点面距离的向量公式求得，进而求得，结合向量公式可求直线EP与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）如图所示：
在图1中，连接，交于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且．
在图 2 中， 相交直线 ，均与 垂直， 所以 是二面角 的平面角， 因为 ， 所以 ，，所以平面 平面 ；
（2）由 （1） 知， 分别以，， 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 ，，，，， ，，，，.
设 ，，
则 .
设平面 的法向量为 ，
则， 即 ， 取 ，
因为点 到平面 的距离为 ，
所以 ， 解得 ，
则 ， 所以 .
设直线 与平面 所成的角为 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
31．如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点.
(1)若，求证：平面；
(2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点
【分析】（1）过点作，交于点，连接，通过证明四边形为平行四边形得出，然后利用线面平行的判定定理即可得出结论；
（2）证明出平面，过点作交于点，并以点为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为，求出的值，再利用空间中点到直线的距离公式即可得出结论.
【详解】（1）（1）过点作，交于点，连接，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，
所以四边形为平行四边形，则，
∵平面，平面，
∴平面；
（2）由异面直线与成角，即，
∵，，∴平面，
∵，过点作交于点，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为，、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
可得平面的一个法向量为，
由于二面角的余弦值为，
则，解得，
则，
假设线段上存在点，使得点到直线的距离为，
设，
∴，
则，
∴，，
∴点到直线的距离为，
解得或，
所以线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点时，使得点到直线的距离为.
题型一
平行中的探索性问题
题型二
垂直中的探索性问题
题型三
夹角中的探索性问题
题型四
距离中的探索性问题